2023-2024学年湖北省恩施州四校联盟高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省恩施州四校联盟高二（上）期中数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数z=1−2ii3在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.设集合A={x|x2−x−6≥0}，B={x|lgx>0}，则A⋂B=( )
A. [−2,3]B. [3,+∞)
C. (−∞,−2]∪(1，+∞)D. (1,+∞)
3.已知直线l1：x+ay−a=0，l2：ax−(2a−3)y−1=0互相垂直，则a的值为( )
A. 2B. 1或−3C. −3D. 0或2
4.“a=2”是“函数f(x)=|x−a|在区间[2,+∞)上为增函数”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知a=(13)12,b=lg1213,c=lg312则( )
A. C>b>aB. b>c>aC. b>a>cD. a>b>c
6.已知sin(x−π6)=23，则sin(2x+π6)=( )
A. 19B. 29C. 79D. −59
7.已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点(点M，N与点B，C不重合)，设AB=xAM，AC=yAN，则12x−1+12y−1的最小值为( )
A. 1B. 1+ 22C. 2D. 1+2 2
8.平面内有四条平行线，相邻两条平行线的间距均为2，在每条直线上各取一点围成矩形，则该矩形面积的最小值是( )
A. 9 3B. 16C. 7 5D. 18
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若{a,b,c}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是( )
A. b+c，b，b−cB. a，a+b，a−b
C. a+b，a−b，cD. a+b，a+b+c，c
10.已知函数f(x)=lg3(x2−2x)，则下列结论正确的是( )
A. 函数f(x)的单调递增区间是[1,+∞)B. 不等式f(x)<1的解集是(−1,3)
C. 函数f(x)的图象关于x=1对称D. 函数f(x)的值域是R
11.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为s12，平均数为x−1；去掉的两个数据的方差为s22，平均数为x−2；原样本数据的方差为s2，平均数为x−，若x−=x−2，则下列说法正确的是( )
A. x−=x−1
B. 15s2=14s12+s22
C. 剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D. 剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
12.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A. 异面直线DD1与B1F所成角的余弦值为2 55
B. 点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP/​/平面B1EF时，DP的最小值为3 22
C. 过点D1，E，F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面周长为2 13+ 2
D. 当三棱锥B1−BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为6π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.平面向量a与b的夹角为135°，已知a=(−1,1)，|b|=2，则|a−b|= ______ ．
14.点P(−3,−1)到直线l：(1+3λ)x+(1+λ)y−2−4λ=0(λ为任意实数)的距离的最大值是______ ．
15.设函数f(x)=sin(2x+π6)(x∈[0,3π2])，若函数y=f(x)−89恰有4个零点，x1，x2，x3，x4，且(x116.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=2−2csA，则a2bc的取值范围是______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
△ABC的三个顶点是A(4,0)，B(6,8)，C(0,2)，求：
(1)边BC上的中线所在直线的方程；
(2)边BC上的高所在直线的方程．
18.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，已知三点A(−3,4)，B(3,2)，C(1,0)．
(1)若点D在线段AB上运动，求直线CD的斜率的取值范围；
(2)若直线l经过点A，且在x轴上的截距是y轴上截距的2倍，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球．
(1)求第二次取到绿球的概率；
(2)如果是n个红球，6个绿球，已知取出的2个球都是绿球的概率为512，那么n是多少？
20.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinB+ 3bcsA=0．
(1)求A；
(2)若a=3，sinBsinC=14，求△ABC的面积．
21.(本小题12分)
如图1，已知平面四边形BCMN是矩形，AD//BC，BC=kAB(k>0)，将四边形ADMN沿AD翻折，使平面ADMN⊥平面BCDA，再将△ABC沿着对角线AC翻折，得到△AB1C，设顶点B1在平面ABCD上的投影为O．

(1)如图2，当k= 2时，若点B1在MN上，且DM=1，AB>1，证明：AB1⊥平面B1CD，并求AB的长度．
(2)如图3，当k= 3时，若点O恰好落在△ACD的内部(不包括边界)，求二面角B1−AC−D的余弦值的取值范围．
22.(本小题12分)
如图，在八面体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面PAD/​/平面QBC，二面角P−AB−C与二面角Q−CD−A的大小都是30°，AP=CQ= 3，PD⊥AB．
(1)证明：平面PCD//平面QAB；
(2)设G为△QBC的重心，是否在棱PA上存在点S，使得SG与平面ABCD所成角的正弦值为 3020，若存在，求S到平面ABCD的距离，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=1−2ii3=1−2i−i=(1−2i)i−i2=2+i，
则z在复平面内对应的点(2,1)位于第一象限．
故选：A．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由x2−x−6≥0，即(x+2)(x−3)≥0，解得x≥3或x≤−2，
所以A={x|x2−x−6≥0}=(−∞,−2]∪[3,+∞)．
由lgx>0，即lgx>lg1，解得x>1，所以B={x|lgx>0}=(1,+∞)，
所以A⋂B=[3,+∞)．
故选：B．
由题意，首先解不等式求出集合A、B，再根据交集的定义计算可得．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由l1⊥l2，得1⋅a+a⋅[−(2a−3)]=−2a2+4a=0，
解得a=0或a=2．
故选：D．
由两直线垂直的充要条件建立方程求解即可．
本题主要考查两直线垂直的性质，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用函数单调性的性质是解决本题的关键．
结合函数的单调性，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】
解：∵函数f(x)=|x−a|在区间[a,+∞)上为增函数，
∴要使函数f(x)=|x−a|在区间[2,+∞)上为增函数，则a≤2，
∴“a=2”是“函数f(x)=|x−a|在区间[2,+∞)上为增函数”的充分不必要条件．
故选：A．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了对数函数性质，将a、b、c分别与0、1比较，即可得出结论．
【解答】
解：由题意，a=1312= 33∈0,1，
，b>1，
，c<0
∴b>a>c．
故选C．
6.【答案】A
【解析】解：因为sin(x−π6)=23，
所以cs(2x−π3)=1−2sin2(x−π6)=1−2×(23)2=19，cs(π3−2x)=cs(2x−π3)=19，
所以sin(2x+π6)=sin[π2−(π3−2x)]=cs(π3−2x)=19．
故选：A．
由余弦二倍角公式和诱导公式计算．
本题考查余弦二倍角公式和诱导公式，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：∵G为△ABC的重心，
∴AG=23×12(AB+AC)=13(xAM+yAN)，
又∵G在线段MN上，
∴13x+13y=1，
∴x+y=3，
∴2x−1+2y−1=4，注意x，y∈(1,+∞)，
由12x−1+12y−1=14(12x−1+12y−1)(2x−1+2y−1)
=14(2+2y−12x−1+2x−12y−1)≥14(2+2 2y−12x−1×2x−12y−1)=1，
当且仅当2y−12x−1=2x−12y−1，即x=y=32时等号成立，
故12x−1+12y−1的最小值为1．
故选：A．
利用重心性质及M，N，G共线得到x，y的关系式，再构造重要不等式，求出最小值．
本题主要考查了平面向量的基本定理和基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图ABCD为矩形，设∠EAD=θ，θ∈(0,π2)，
则AD=2sinθ，AB=4csθ，
所以矩形ABCD的面积为S=2sinθ×4csθ=16sin2θ，
因为0<θ<π2，
所以0<2θ<π，
所以0所以S≥16，当θ=π4时，等号成立，所以该矩形面积的最小值为16．
故选：B．
在平行线找到能够成矩形的四点，设角并表示出矩形的边长，由矩形面积公式和三角函数性质求最值，注意等号成立条件即可．
本题主要考查了三角函数的定义，还考查了二倍角公式，正弦函数性质的应用，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
利用共面向量定理直接求解．
本题考查共面向量的判断，考查共面向量定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
【解答】
解：{a,b,c}构成空间的一个基底，
对于A，(b+c)+(b−c)=2b，∴b+c，b，b−c共面，故A正确；
对于B，(a+b)+(a−b)=2a，∴a，a+b，a−b共面，故B正确；
对于C，a+b，a−b，c不能共面，故C错误；
对于D，a+b+c=a+b+c，∴a+b，a+b+c，c共面，故D正确．
故选：ABD．
10.【答案】CD
【解析】解：对A：令x2−2x>0，解得x>2或x<0，故f(x)的定义域为I=(−∞,0)∪(2,+∞)，∵y=lg3u在定义域内单调递增，u=x2−2x在(−∞,0)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，故f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，A错误；
对B：f(x)=lg3(x2−2x)<1=lg33，且y=lg3x在定义域内单调递增，
可得0故不等式f(x)<1的解集是(−1,0)∪(2,3)，B错误．
对C：∵f(2−x)=lg3[(2−x)2−2(2−x)]=lg3(x2−2x)=f(x)，即f(2−x)=f(x)，故函数f(x)的图象关于x=1对称，C正确；
对D：∵x2−2x=(x−1)2−1≥−1，即y=x2−2x的值域M=[−1,+∞)，∵(0,+∞)⊆M，故函数f(x)的值域是R，D正确．
故选：CD．
由题意利用复合函数的单调性，对数函数、二次函数的性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查复函数的单调性，对数函数、二次函数的性质，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：A.剩下的28个样本数据的和为28x1−，去掉的两个数据和为2x2−，原样本数据和为30x−，所以28x1−+2x2−=30x−，因为x−=x−2，所以x−=x−1，故A选项正确；
B.设x1因为x1−=x2−=x−，所以s22=12[(x1−x1−)2+(x30−x1−)2]，所以28s12+2s22=[(x1−x1−)2+(x2−x1−)2+(x3−x1−)2+⋯+(x29−x1−)2+(x30−x1−)2]=30s2，
所以15s2=14s12+s22，故B选项正确；
C.剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误；
D.去掉2个数据，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确．
故选：ABD．
对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可；
对于B选项，写出s12和s22的表达式即可；
对于C选项，根据中位数定义判断即可；
对于D选项，根据分位数定义判断即可．
本题主要考查中位数和方差，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，∵DD1//BB1，如图，
∴在Rt△BB1F中，∠BB1F即为异面直线DD1与B1F|所成的角，
∴cs∠BB1F=BB1B1F=2 12+22=2 55，
∴异面直线DD1与B1F所成的角的余弦值为2 55，故A正确；
对于B选项，如图，
取A1D1的中点M，D1C1的中点N，取AD的中点S，连接MN，DM，DN，A2S，SF，
∵SF//AB//A1B1.SF=AB=A1B1，
∴四边形A1B1FS为平行四边形，
∴SA1//B1F.∵A1S//DM，∴MD//B1F，同理可得DN//B1E，
又DM⊄面B1EF，B1F⊂面B1EF，DN⊄面B1EF，B1E⊂面B1EF，DM/​/面B1EF，DN/​/面B1EF，
又DM∩DN=D，DM，DN⊂面DMN，面DMN//面B1EF，又DP/​/面B1EF，P∈面A1B1C1D1，
∴P轨迹为线段MN，
∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值，
在Rt△DD1M中，D1M=1,D1D=2,∴DM= 5，
在RtΔDD1N中，D1N=1,D1D=2,∴DN= 5，
在Rt△MD1N中，D1N=1,D1M=1,∴MN= 2，
∴如图，
在Rt△DPN中，DP= DN2−(MN2)2= 5−12=3 22，
即DP的最小值为3 22，而DP的最大值为 5，故B错误；
对于C选项，过点D1、E、F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1，
∵平面AA1D1D/​/平面BB1C1C则过点D1、E、F的平面必与AA1与CC1交于两点，
设过点D1、E、F的平面必与AA1与CC1分别交于M、N，
∵过点D1、E、F的平面与平面AA1D1D和平面BB1C1C分别交于D1M与FN，
∴D1M//NF，同理可得D1N//ME，
如图过点D1、E、F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN，
以D为原点，分别以DA，DC，DD1方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系D−xyz，
设AM=m，CN=n，则M(2,0,m)，N(0,2,n)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，D1(0,0.2)，
∴ME=(0.1,−m)，D1N=(0,2,n−2)，D1M=(2.0,m−2)，NF=(1,0,−n)，
∵D1M//NF，D1N//ME，
∴−2m=n−2−2n=m−2，解得m=n=23，
∴AM=23，CN=23，A1M=43C1N=43，
∴在RtΔD1A1M中，D1A1=2，A1M=43，∴D1M=2 133，同理：D1N=2 133，
在Rt△MAE中，AM=23，AE=1，ME= 133，同理：FN= 133，
在Rt△EBF中，BE=BF=1，∴EF= 2，
∴D1M+D1N+ME+FN+EF=2×2 133+2× 133+ 2=2 13+ 2
即过点D1、E、F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面周长为2 13+ 2，故C正确；
对于D选项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E=O1F=O1B，过O1作OO1//BB1，且使得OO1=12BB1=1，
则O为三棱锥B1−BEF的外接球的球心，所以OE为外接球的半径，
∵在Rt△EBF中，EF= 2，R2=OE2=OO12+(EF2)2=12+( 22)2=32，
∴S球=4πR2=6π，故D项正确．
故选：ACD．
对于A：根据正方体的性质得出在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，即可判定；对于B：取A1D1的中点M、D1C1的中点N，连接MN，DM，DN，得到DM//B1F，DN//B1E即可证明面DMN//面B1EF则根据已知得出P轨迹为线段MN，则过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值，即可判定；对于C：过点D1、E、F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN得出DM//NF，D1N//ME，设AM=m，CN=n，以D为原点，分别以DA，DC、DD1方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系D−xyz得出M，E，D1，N，F的坐标，则可根据D1M//NF，D1N//ME列式得出AM，CN，即可得出A1M，C1N，在Rt△D1A1M中得出D1M，同理得出D1N，在Rt△MAE中得出ME，同理得出FN，在Rt△EBF中得出EF，即可得出五边形D1MEFN的周长，即过点D1、E、F的平面截正方体，ABCD−A1B1C1D1所得的截面周长，即可判定；对于D：取EF的中点O1则O1E=O1F=O1B.过O1作OO1//BB1，且使得OO1=12BB1=1，则O为三棱锥B1−BEF的外接球的球心，则OE为外接球的半径，计算得出半径即可求出球O的表面积，即可判定．
本题考查多面体与球体内切外接问题，求异面直线所成的角，用定义证明面面关系，空间位置关系的向量证明，属于难题．
13.【答案】 10
【解析】解：因为a=(−1,1)，
所以|a|= (−1)2+12= 2，
又a与b的夹角为135°且|b|=2，
所以a⋅b=|a|⋅|b|cs135°= 2×2×(− 22)=−2，
所以|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2= 10．
故答案为： 10．
首先求出|a|，根据数量积的定义求出a⋅b，再根据|a−b|= (a−b)2计算可得．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题．
14.【答案】2 5
【解析】解：直线l：(1+3λ)x+(1+λ)y−2−4λ=0即(3x+y−4)λ+(x+y−2)=0，
令3x+y−4=0x+y−2=0，解得x=1y=1，即直线l恒过定点(1,1)，令A(1,1)，
则|AP|= (−3−1)2+(−1−1)2=2 5，
所以点P(−3,−1)到直线l的距离的最大值是2 5．
故答案为：2 5．
首先求出直线l过定点(1,1)，令A(1,1)，求出|AP|，即可得解．
本题考查的知识要点：点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
15.【答案】4π
【解析】解：设t=2x+π6，则t∈[π6,19π6]，
作出函数y=sinx(x∈[π6,19π6])的图象及直线y=89，如图，它们有4个交点时，
由正弦函数对称性知t1+t2=π，t2+t3=3π，t3+t4=5π，
所以t1+2t2+2t3+t4=9π，
又t1+2t2+2t3+t4=2x1+π6+2(2x2+π6)+2(2x3+π6)+2x4+π6=2(x1+2x2+2x3+x4)+π，
所以x1+2x2+2x3+x4=4π，
故答案为：4π．
设t=2x+π6，则t∈[π6,19π6]，求出y=sint(t∈[π6,19π6]的图象与直线y=89有4个交点时对应的t1+2t2+2t3+t4的值，再转化为x1+2x2+2x3+x4的值．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】[45,1615)
【解析】解：因为sinA=2−2csA，所以sin2A+cs2A=(2−2csA)2+cs2A=1，
5cs2A−8csA+3=0，因为A为锐角，0a2bc=sin2AsinBsinC=sin2AsinBsin(B+A)=sin2AsinB(sinBcsA+csBsinA)
=sin2AcsAsin2B+sinAsinBcsB=2sin2AcsA(1−cs2B)+sinAsin2B
=2sin2AsinAsin2B−csAcs2B+csA=2sin2A−cs(A+2B)+csA，
三角形为锐角三角形，A+B>π20π−Aπ2，π+A<3π2，
cs(π+A)=cs(π−A)=−csA，A+2B=π时，cs(A+2B)=−1，
所以2csA<−cs(A+2B)+csA≤1+csA，
所以2sin2A1+csA≤a2bc<2sin2A2csA，即45≤a2bc<1615，
故答案为：[45,1615)．
由已知求得csA=35，sinA=45，由正弦定理化边为角，a2bc=sin2AsinBsinC，由锐角三角形得出π2−A本题考查了正余弦定理和三角函数的性质的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题设，BC的中点坐标为(6+02,8+22)=(3,5)，则中线的斜率5−03−4=−5，
则边BC上的中线所在直线的方程为y=−5⋅(x−4)=−5x+20，
所以BC上的中线所在直线的方程为5x+y−20=0．
(2)由题设，边BC的斜率为8−26−0=1，则边BC高的斜率为−1，且过A(4,0)，
则边BC上的高所在直线的方程为y=−x+4，
所以BC上的高所在直线的方程x+y−4=0．
【解析】(1)求BC的中点坐标并求直线斜率，应用点斜式求直线方程；
(2)根据已知求边BC高的斜率，应用点斜式求直线方程．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)根据题意，可得kAC=0−41+3=1，kBC=0−21−3=−1，
因为直线AC的倾斜角为锐角，直线BC的倾斜角为钝角，
所以当点D在线段AB上运动时，直线CD的斜率k满足k≥1或k≤−1，即k∈(−∞,−1]∪[1,+∞)；
(2)直线l经过点A，且在x轴上的截距是y轴上截距的2倍，
①若直线l经过原点，则直线l的斜率为−43，方程为y=−43x，即4x+3y=0；
②直线l不过原点，则直线l的斜率为−12，方程为y−4=−12(x+3)，即x+2y−5=0．
综上所述，直线l的方程为4x+3y=0或x+2y−5=0．
【解析】(1)求出直线AC、BC的斜率，根据斜率与倾斜角的关系，得出直线CD的斜率的取值范围；
(2)分两种情况：①直线l经过原点；②直线l不过原点，横截距是纵截距的2倍．由此列式算出直线l的方程．
本题主要考查直线的斜率公式、直线的方程及其应用，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)从10个球中不放回地随机取出2个共有10×9=90 种，即n(Ω)=90，
设事件A=“两次取出的都是红球”，则n(A)=4×3=12，
设事件B=“第一次取出红球，第二次取出绿球”，则n(B)=6×4=24，
设事件C=“第一次取出绿球，第二次取出红球”，则n(C)=6×4=24，
设事件D=“两次取出的都是绿球”，则n(D)=6×5=30，
且事件A，B，C，D两两互斥．
∴第二次取到绿球的概率为P(B⋃D)=30+2490=35．
(2)由题意P(D)=n(D)n(Ω)=512，则n(Ω)=125n(D)=72，
又n(Ω)=(n+6)(n+5)=72，
∴n=3或−14，n∈N*，即n=3．
【解析】(1)根据互斥事件的概率、古典概型的概率求法求第二次取到绿球的概率；
(2)由题意有n(D)n(Ω)=512(D为两次取出的都是绿球事件)，结合n(Ω)=(n+6)(n+5)和已知列方程求参数即可．
本题考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20.【答案】解：(1)因为asinB+ 3bcsA=0，
由正弦定理得sinAsinB+ 3sinBcsA=0，
因为sinB>0，
所以sinA+ 3csA=0，即tanA=− 3，
由A为三角形内角，得A=2π3；
(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC，
所以bsinB=csinC=3 32=2 3，
所以b=2 3sinB，c=2 3sinC，
因为a=3，sinBsinC=14，
所以bc=(2 3)2×sinBsinC=3，
所以△ABC的面积为S=12bcsinA=12×3× 32=3 34．
【解析】(1)根据题意，利用正弦定理化简得sinA+ 3csA=0，得到tanA=− 3，即可求解；
(2)由正弦定理得到b=2 3sinB，c=2 3sinC，结合题意，求得bc=3，进而求得△ABC的面积．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式及三角形面积公式的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：∵点B1在平面ABCD上的射影为O，则点O恰好落在边AD上，
∴平面AB1D⊥平面ACD，又CD⊥AD，
∴CD⊥平面AB1D，
∴AB1⊥CD，
又∵AB1⊥CB1，
∴AB1⊥平面B1CD，
设AB=x，BC=AD= 2x，则NB1= x2−1，
∵AB1⊥B1D，∴△ANB1∽△B1MD，
∴B1D=MDB1N⋅AB1=x x2−1，
在Rt△B1CD中，x2+(x x2−1)2=( 2x)2，解得x= 2，
所以AB= 2．
(2)作BF⊥AC，交AC于E，交AD于F，
当点O恰好落在△ACD的内部(不包括边界)，点O恰好在线段EF上，
又∵B1E⊥AC，EF⊥AC，
∴∠B1EF为二面角B1−AC−D的平面角，
当k= 3时，由△AEF～△CEB，可得EFEB=13，且B1E=EB，
∴cs∠B1EF=EOB1E∈(0,13)，
故二面角B1−AC−D的余弦值的取值范围是(0,13)．
【解析】(1)根据题意利用线面垂直判定定理证明，利用△ANB1∽△B1MD求AB的值；
(2)判断O点在平面ABCD上的投影范围，求出恰好落在△ACD的内部(不包括边界)时即在线段EF上，从而求出此时二面角的余弦值，进一步确定余弦值的取值范围．
此题考查了空间中直线与平面的位置关系证明，考查了二面角的计算，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：因为ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又PD⊥AB，AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，所以∠PAD为二面角P−AB−C的平面角，即∠PAD=30°，
又平面PAD/​/平面QBC，AB/​/CD，
所以CD⊥平面QBC，即∠QCB为二面角Q−CD−A的平面角，即∠QCB=30°，

如图建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,32, 32)，Q(2,12,− 32)，
所以PC=(2,12,− 32)，AQ=(2,12,− 32)，即PC=AQ，所以PC//AQ，
因为PC⊄平面QAB，AC⊂平面QAB，所以PC//平面QAB，
又AB/​/CD，CD⊄平面QAB，AB⊂平面QAB，所以CD/​/平面QAB，
因为PC∩CD=C，PC，CD⊂平面PCD，
所以平面PCD//平面QAB．
(2)由点S在AP上，设点S(0,3m, 3m)，其中0所以GS=(−2,3m−56, 3m+ 36)，平面ABCD的法向量可以为n=(0,0,1)，
设SG与平面ABCD所成角为θ，
则sinθ=|GS⋅n||GS|⋅|n|= 3m+ 36 4+(3m−56)2+( 3m+ 36)2= 3020，
即40(m+16)2=4+(3m−56)2+( 3m+ 36)2，化简得84m2+52m−11=0，
解得m=16或m=−1114(舍去)，
所以存在点S(0,12, 36)满足条件，且点S到平面ABCD的距离为 36．
【解析】(1)依题意可得AB⊥平面PAD，再由面面平行及AB/​/CD，可得CD⊥平面QBC，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明PC//AQ，即可得到PC//平面QAB，再证明CD/​/平面QAB，即可得证；
(2)设点S(0,3m, 3m)，其中0本题考查面面平行的判定定理，向量法求解点面距问题，化归转化思想，属中档题．